高考理科数学专题复习练习8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图

高考理科数学专题复习练习8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图

第八章立体几何 ‎8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图 专题1‎ 空间几何体的结构 ‎■(2015沈阳大连二模,空间几何体的结构,选择题,理9)用一个平面去截正四面体,使它成为形状,大小都相同的两个几何体,则这样的平面有(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.6个 B.7个 C.10个 D.无数个 答案:D ‎8.2空间几何体的表面积与体积 专题1‎ 空间几何体的表面积 ‎■(2015江西重点中学协作体一模,空间几何体的表面积,填空题,理15)已知四面体ABCD满足AB=BC=AD=1,BD=AC=,BC⊥AD,则该四面体外接球的表面积等于　　　　　. ‎ 解析:由于AB=BC=AD=1,BD=AC=,‎ 则AB⊥BC.‎ 又BC⊥AD,则BC⊥平面ABD.‎ 则BC⊥BD.则CD=.‎ 取CD中点O,连接OB,OA,‎ 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,‎ 则OA=OB=OC=OD=,‎ 则该四面体外接球的球心即为O,‎ 则球的表面积为S=4πr2=4π×=3π.‎ 答案:3π ‎■(2015江西上饶一模,空间几何体的表面积,填空题,理14)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图、俯视图与侧视图均是半径为2的圆,则这个几何体的表面积是　　　　　. ‎ 解析:由三视图知:几何体是球体切去后余下的部分.‎ ‎∵球的半径为2,∴几何体的表面积S=×4π×22+π×22=17π.‎ 答案:17π ‎■(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,空间几何体的表面积,选择题,理4)如图是一个无盖器皿的三视图,正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2,正视图、侧视图中的虚线都是半圆,则该器皿的表面积是(　　)‎ A.π+24 B.π+20‎ C.2π+24 D.2π+20‎ 解析:该器皿的表面积可分为两部分:去掉一个圆的正方体的表面积S1和半球的表面积S2,‎ S1=6×2×2-π×12=24-π,S2=×4π×12=2π,‎ 故S=S1+S2=π+24.‎ 答案:A ‎■(2015江西新余一中高考模拟,空间几何体的表面积,填空题,理13)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都等于6,且各顶点都在同一球面上,则此球的表面积等于　　　　　. ‎ 解析:由题意可知:正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,底面中心到顶点的距离为2;所以外接球的半径为.‎ 所以外接球的表面积为4π()2=84π.‎ 答案:84π ‎■(2015江西重点中学协作体二模,空间几何体的表面积,填空题,理15)已知某几何体的三视图如图所示,则它的外接球的表面积为　　　　　. ‎ 解析:根据三视图得出几何体为三棱锥,AD⊥面BDC,DC=1,AD=1,BE⊥CD并交CD的延长线于点E,DE=,BE=,‎ ‎∴∠BED=60°,BD=1.‎ ‎∵在三角形BDC中,BD=DC=1,∠BDC=120°,‎ ‎∴根据余弦定理得出BC=,‎ ‎∴利用正弦定理得出=2r.‎ ‎∴三角形BDC外接圆的半径r=1.‎ ‎∵三棱锥的外接球的半径R,d=AD=1,‎ 利用球的几何性质得出R2=r2+d2.‎ ‎∴R=,‎ ‎∴它的外接球的表面积为4×π×()2=8π.‎ 答案:8π 专题2‎ 空间几何体的体积 ‎■(2015江西重点中学协作体一模,空间几何体的体积,选择题,理8)一个空间几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积(单位:m3)为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析:由已知三视图可得:该几何体是一个以正视图为底面的棱柱,棱柱的底面面积S=(2+3)×1+1=,高h=1,‎ 故棱柱的体积V=Sh=.‎ 答案:A ‎■(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,空间几何体的体积,选择题,理5)某校新校区建设在市二环路主干道旁,因安全需要,挖掘建设了一条人行地下通道,地下通道设计三视图中的正视图(其中上部分曲线近似为抛物线)和侧视图如图(单位:m),则该工程需挖掘的总土方数为(　　)‎ A.560 m3 B.540 m3‎ C.520 m3 D.500 m3‎ 解析:以顶部抛物线顶点为坐标原点,抛物线的对称轴为y轴建立直角坐标系,易得抛物线过点(3,-1),其方程为y=-x2,那么正视图上部分抛物线与矩形围成的部分面积S1=dx=2=4,‎ 下部分矩形面积S2=24,‎ 故挖掘的总土方数为V=(S1+S2)h=28×20=560(m3).‎ 答案:A ‎■(2015江西新余一中高考模拟,空间几何体的体积,选择题,理8)已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的形状,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是(　　)‎ A.8a3 B.a3 C.2a3 D.5a3‎ 解析:由已知三视图,可知该几何体是一个棱长为2a的正方体,切去了八个角所得组合体,‎ 每个角都是三条侧棱两两垂直且长度为a的棱锥,‎ 故组合体的体积V=(2a)3-8×a3.‎ 答案:B ‎■(2015沈阳大连二模,空间几何体的体积,选择题,理10)已知某几何体的三视图如图所示,三视图是边长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 答案:B ‎■(2015江西三县部分高中一模,空间几何体的体积,选择题,理11)如图所示的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图,则h=(　　)cm.‎ A.4 B.2 C.1 D.‎ 解析:根据几何体的三视图,得到该几何体是底面为直角三角形,侧棱PA⊥底面ABC的三棱锥,如图所示.‎ ‎∴底面ABC的面积为×5×6=15.‎ 该三棱锥的体积为×15×h=20,‎ 解得h=4.‎ 答案:A ‎■(2015江西重点中学十校二模联考,空间几何体的体积,选择题,理7)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为(　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ 解析:由已知三视图可得该几何体是一个组合体,‎ 由一个底面半径为1,高为的半圆锥和一个底面边长为2的正方形,高为的四棱锥组合而成.‎ 故这个几何体的体积V=π·×2×2×.‎ 答案:A ‎8.5直线、平面垂直的判定与性质 专题2‎ 直线与平面垂直的判定与性质 ‎■(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,选择题,理10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析:如图所示,‎ ‎∵AA1⊥底面A1B1C1,‎ ‎∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角.‎ ‎∵平面ABC∥平面A1B1C1,‎ ‎∴∠APA1为PA与平面ABC所成的角.‎ ‎∵×()2=,‎ ‎∴=AA1×AA1=,解得AA1=.‎ 又P为底面正三角形A1B1C1的中心,‎ ‎∴A1P=A1D=×sin60°=1.‎ 在Rt△AA1P中,tan∠APA1=,‎ ‎∴∠APA1=.‎ 答案:B ‎■(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,解答题,理19)‎ 已知△ABC是边长为3的等边三角形,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,并使得平面A1DE⊥平面BCED.‎ ‎(1)求证:A1D⊥EC;‎ ‎(2)设P为线段BC上的一点,试求直线PA1与平面A1BD所成角的正切的最大值.‎ ‎(1)证明:因为等边△ABC的边长为3,且,‎ 所以AD=1,AE=2.在△ADE中,∠DAE=60°,‎ 由余弦定理得DE=.‎ 因为AD2+DE2=AE2,‎ 所以AD⊥DE.‎ 折叠后有A1D⊥DE.‎ 因为平面A1DE⊥平面BCED,‎ 又平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D⊂平面A1DE,A1D⊥DE,所以A1D⊥平面BCED.‎ 故A1D⊥EC.‎ ‎(2)解:如图,作PH⊥BD于点H,连接A1H,A1P.‎ 由(1)可知A1D⊥平面BCED,而PH⊂平面BCED,‎ 所以A1D⊥PH.‎ 又A1D∩BD=D,所以PH⊥平面A1BD.‎ 所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角.‎ 设PB=x(0≤x≤3),则BH=,PH=,DH=BD-BH=2-.‎ 所以A1H=.‎ 所以在Rt△PA1H中,tan∠PA1H=.‎ ‎①若x=0,则tan∠PA1H==0;‎ ‎②若x≠0,则tan∠PA1H=.‎ 令=t,y=20t2-8t+1.‎ 因为函数y=20t2-8t+1在t≥上单调递增,‎ 所以ymin=20×+1=.‎ 所以tan∠PA1H的最大值为(此时点P与C重合).‎ 专题3‎ 平面与平面垂直的判定与性质 ‎■(2015江西上饶一模,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理10)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2,D在AC1上,F为BB1中点,且FD⊥AC1,有下述结论:‎ ‎(1)AC1⊥BC;‎ ‎(2)=1;‎ ‎(3)平面FAC1⊥平面ACC1A1;‎ ‎(4)三棱锥D-ACF的体积为.‎ 其中正确的个数为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析:(1)连接AB1,则∠B1C1A即为BC和AC1所成的角,在三角形AB1C1中,B1C1=2,AB1=2,‎ AC1=2,cos∠B1C1A=,‎ 故(1)错;‎ ‎(2)连接AF,C1F,则易得AF=FC1=,‎ 又FD⊥AC1,则AD=DC1,故(2)正确;‎ ‎(3)连接CD,则CD⊥AC1,且FD⊥AC1,‎ 则∠CDF为二面角F-AC1-C的平面角,CD=,CF=,DF=,‎ 即CD2+DF2=CF2,故二面角F-AC1-C的大小为90°,平面FAC1⊥平面ACC1A1,故(3)正确;‎ ‎(4)由于CD⊥AC1,且FD⊥AC1,‎ 则AD⊥平面CDF.‎ 则VD-ACF=VA-DCF=·AD·S△DCF=.故(4)正确.‎ 答案:C ‎8.7空间几何中的向量方法 专题2‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎■(2015江西重点中学十校二模联考,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,AC⊥BC,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.‎ ‎(1)求证:直线l⊥平面PAC.‎ ‎(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余?若存在,求出|AQ|的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明:∵E,F分别为PB,PC中点,‎ ‎∴BC∥EF.‎ 又EF⊂平面EFA,BC⊄平面EFA,‎ ‎∴BC∥平面EFA.‎ 又BC⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,‎ ‎∴l∥BC.‎ ‎∵AC⊥BC,平面PAC⊥平面ABC,‎ ‎∴BC⊥平面PAC.‎ ‎∵l∥BC,∴直线l⊥平面PAC.‎ ‎(2)解:如图建立空间直角坐标系,可知C(0,0,0),A(2,0,0),E,F,P(1,0,),Q(2,y,0).‎ ‎∵PA=PC=AC=2,‎ ‎∴AE⊥PC.‎ 又BC⊥平面PAC,EF∥BC,‎ ‎∴EF⊥PC,‎ ‎∴PC⊥面AEF.‎ ‎∴=(1,0,)为平面AEF的法向量,=(1,y,-),‎ ‎∴cos<>=,cos<>=.‎ 设直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角分别为α,β,α+β=,‎ ‎∴sinα=,cosβ=,sinα=cosβ,‎ 即1=|-1+4y|,解得y=,y=0,A(2,0,0),‎ 存在Q(2,0,0)或Q,‎ ‎|AQ|=或|AQ|=0.‎ 专题3‎ 利用空间向量求空间角 ‎■(2015江西重点中学协作体一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,三角形ABC中,AC⊥BC,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=3,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.‎ ‎(1)求证:直线l∥BC;‎ ‎(2)若直线l上一点Q满足BQ∥AC,求平面PAC与平面EQB的夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明:∵E,F分别为PB,PC中点,∴BC∥EF.‎ 又EF⊂平面EFA,BC⊄平面EFA,‎ ‎∴BC∥平面EFA.‎ 又BC⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,‎ ‎∴l∥BC.‎ ‎(2)解:∵l∥BC,BQ∥AC,AC⊥BC,‎ ‎∴四边形AQBC为矩形,∴AQ=BC=3.‎ 取AC的中点M,连接PM,‎ ‎∵PA=PC=AC=2,∴PM⊥AC.‎ 又∵平面PAC⊥平面ABC,‎ 平面PAC∩平面ABC=AC,PM⊂平面PAC,‎ ‎∴PM⊥平面ABC,∴PM,AC,BC两两垂直.‎ 以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,‎ 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,‎ ‎∴C(0,0,0),A(2,0,0),P(1,0,),E,B(0,3,0),Q(2,3,0),‎ ‎∴=(2,0,0),.‎ 设平面EQB的法向量n=(x,y,z),‎ 则 ‎∴x=0,取y=,则z=6,∴n=(0,,6).‎ 又平面PAC的一个法向量m=(0,1,0),‎ ‎∴cos=.‎ ‎∴平面PAC与平面EQB的夹角的余弦值为.‎ ‎■(2015江西上饶一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,五面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,AB=6,AD=4.顶部线段EF∥平面ABCD,棱EA=ED=FB=FC=6,EF=2,二面角F-BC-A的余弦值为.‎ ‎(1)在线段BC上是否存在一点N,使BC⊥平面EFN?‎ ‎(2)求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值.‎ 解:(1)存在,点N为线段BC的中点,使BC⊥平面EFN.‎ 证明如下:∵EF∥平面ABCD,且EF⊂平面EFAB,‎ 又平面ABCD∩平面EFAB=AB,‎ ‎∴EF∥AB.‎ 取AD的中点M,连EM,MN,‎ 又M,N是平行四边形ABCD两边AD,BC的中点,‎ ‎∴MN∥AB,∴EF∥MN,∴E,F,M,N四点共面.‎ ‎∵FB=FC,∴BC⊥FN.‎ 又BC⊥MN,‎ 且∴BC⊥平面EFNM.‎ ‎(2)在平面EFNM内,过点F作MN的垂线,垂足为H,‎ 则由(1)知:BC⊥平面EFNM,则平面ABCD⊥平面EFNM.‎ 所以FH⊥平面ABCD.‎ 又因为FN⊥BC,HN⊥BC,则二面角F-BC-A的平面角为∠FNH.‎ 在Rt△FNB和Rt△FNH中,FN=,‎ HN=FN·cos∠FNH==2.FH=8,‎ 过H作边AB,CD的垂线,垂足为S,Q,连接FN,FS,FQ,‎ 以H为坐标原点,以HS,HN,HF方向为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,‎ 则F(0,0,8),S(2,0,0),N(0,2,0),B(2,2,0),‎ 则=(-2,0,8),=(0,2,0).‎ 设平面ABEF的一个法向量为n1=(x,y,z),‎ 则取z=1,得n1=(4,0,1),‎ 同理可求得平面BCF的一个法向量为n2=(0,4,1),‎ 于是有:cos=,‎ ‎∴为锐角.‎ 设二面角B-EF-C的平面角为θ,‎ 则cosθ=cos=.‎ ‎■(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理19)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.‎ ‎(1)求证:DE∥平面ABC;‎ ‎(2)求二面角E-BC-A的余弦值.‎ 解:(1)证明:由题意知,△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,‎ 取AC中点O,连接BO,DO,‎ 则BO⊥AC,DO⊥AC.‎ 又∵平面ACD⊥平面ABC,‎ ‎∴DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,‎ 那么EF∥DO,根据题意,点F落在BO上.‎ ‎∵BE和平面ABC所成的角为60°,‎ ‎∴∠EBF=60°.‎ ‎∵BE=2,∴EF=DO=.‎ ‎∴四边形DEFO是平行四边形,‎ ‎∴DE∥OF.‎ ‎∵DE不包含于平面ABC,OF⊂平面ABC,‎ ‎∴DE∥平面ABC.‎ ‎(2)解法一:作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.‎ ‎∵EF⊥平面ABC,∴EF⊥BC.‎ 又EF∩FG=F,‎ ‎∴BC⊥平面EFG,∴EG⊥BC.‎ ‎∴∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角.‎ Rt△EFG中,FG=FB·sin30°=,EF=,EG=.‎ ‎∴cos∠EGF=.‎ 即二面角E-BC-A的余弦值为.‎ 解法二:建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),‎ ‎∴=(-1,-,0),=(0,-1,),‎ 设平面BCE的一个法向量为n2=(x,y,z),‎ 则 ‎∴n2=(-3,,1).‎ 又可得平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1).‎ ‎∴cos=,‎ 又由图知,所求二面角的平面角是锐角,‎ 故二面角E-BC-A的余弦值为.‎ ‎■(2015江西新余一中高考模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,侧面APD为等腰直角三角形,PA⊥PD,平面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PC上不同于端点的一点.‎ ‎(1)证明:PA⊥DE;‎ ‎(2)试确定点E的位置,使二面角E-BD-C的余弦值为.‎ ‎(1)证明:∵AD⊥DC,平面PAD⊥底面ABCD,‎ ‎∴DC⊥平面PAD,∴DC⊥PA.‎ 又∵PA⊥PD,∴PA⊥平面PCD,‎ ‎∴PA⊥DE.‎ ‎(2)解:以P为坐标原点,分别以PA,PD所在直线为x,y轴建立空间直角坐标系P-xyz,如图.‎ ‎∵AD=2BC=2CD=2,侧面APD为等腰直角三角形,‎ ‎∴PD=PA=,‎ ‎∴P(0,0,0),B,C(0,,1),D(0,,0).‎ 设E(0,p,q),显然共线,‎ ‎∴(0,p,q)=λ(0,,1),‎ 即p=q,则E(0,q,q),‎ 则=(0,q-,q),=(0,0,1).‎ 设平面BCD的法向量为m=(x,y,z),‎ 由 取x=1,得m=(1,1,0).‎ 设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),‎ 由 取x=2,得n=.‎ ‎∵cos=,‎ 化简得,解得q=或q=0(舍去).‎ ‎∴E,即点E位于靠近C点的三等分点处.‎ ‎■(2015沈阳大连二模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC中点.又PA=AB=4,∠CDA=120°,点N在线段PB上,且PN=.‎ ‎(1)求证:BD⊥PC;‎ ‎(2)求证:MN∥平面PDC;‎ ‎(3)求二面角A-PC-B的余弦值.‎ ‎(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ ‎∴PA⊥BD.‎ ‎∵M是AC的中点,△ABC是等边三角形,‎ ‎∴AC⊥BD.‎ ‎∵PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,‎ ‎∴BD⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,‎ ‎∴BD⊥PC.‎ ‎(2)证明:由已知,可得BP=4,而PN=,‎ ‎∴.‎ 在四边形ABCD中,BM=4×=2,MD=,‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎⇒MN∥平面PDC.‎ ‎(3)解:如图建立空间直角坐标系,A(0,0,0),P(0,0,4),C(2,2,0),B(4,0,0),D,‎ 由(1)可知,BD为平面PAC的法向量,.‎ 设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),=(4,0,-4),=(2,2,-4).‎ 则 令z=,则x=,y=1,故平面PBC的一个法向量为n=(,1,).‎ 设二面角A-PC-B为θ,由图可知θ为锐角,‎ 则cosθ=|cos<,n>|=.‎ ‎■(2015江西三县部分高中一模,利用空间向量求空间角,解答题,理20)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.‎ ‎(1)求的长;‎ ‎(2)求cos<>的值;‎ ‎(3)求证:A1B⊥C1M.‎ 解:如图,以C为原点建立空间直角坐标系O-xyz.‎ ‎(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),‎ ‎∴||=.‎ ‎(2)依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2).‎ ‎∴=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,||=,||=,‎ ‎∴cos<>=.‎ ‎(3)证明:依题意得C1(0,0,2),M=(-1,1,-2),,‎ ‎∴=-+0=0,‎ ‎∴A1B⊥C1M.‎ ‎■(2015江西重点中学协作体二模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)如图,在三棱锥P-ABC中,平面APC⊥平面ABC,且PA=PB=PC=4,AB=BC=2.‎ ‎(1)求三棱锥P-ABC的体积VP-ABC;‎ ‎(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.‎ 解:(1)取AC中点O,连接PO,BO.‎ ‎∵PA=PC,AB=BC,∴OP⊥AC,OB⊥AC.‎ 又∵平面APC⊥平面ABC,∴OP⊥平面ABC.‎ ‎∴OP⊥OB,∴OP2+OB2=PB2,‎ 即16-OC2+4-OC2=16,得OC=,‎ 则OA=,OB=,OP=,AC=2.‎ ‎∴S△ABC=×2=2.‎ ‎∴VP-ABC=×2×.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 得O(0,0,0),A(0,-,0),B(,0,0),C(0,,0),P(0,0,),‎ ‎∴=(-,0),=(-,0,).‎ 设平面PBC的法向量n=(x,y,z),‎ 则取z=1,得n=(,1).‎ ‎∵=(,0),‎ ‎∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎